Skip to content
Rikai

平成31年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

Physics東大院試（物理学専攻）解答 ch.9811GraduateFree~10 min read2026-08-24
Raw

This content is not available in your language yet.

この年度は大問2題で、どちらも一題の中で道具立てが段階的に積み上がる構成です。第1問は3行3列のトレースレスエルミート行列の空間に基底を固定し、指数写像が特殊ユニタリ行列を与えることと、そこから構造定数・随伴表現・共役表現を具体的に取り出します。第2問は境界値問題の固有値の無限積を、スペクトルゼータ関数と複素積分で閉じた形に落とす問題で、留数の位置と分岐切断の両側での位相差の扱いが山場です。試験時間は90分、2問すべてが必答です。

問題分野主題
第1問線形代数・群論トレースレスエルミート行列の指数写像と SU(3) の構造定数
第2問微分方程式・複素解析ゼータ関数正則化による固有値の無限積

第1問 トレースレスエルミート行列の指数写像と SU(3)

Section titled “第1問 トレースレスエルミート行列の指数写像と SU(3)”

設定

Section titled “設定”

正方行列 XX に対し XTX^{\mathrm T} は転置、X†X^\dagger はエルミート共役、tr⁡X\operatorname{tr}X はトレース、det⁡X\det X は行列式、[X,Y]=XY−YX[X,Y]=XY-YX、eX=∑k=0∞Xk/k!e^X=\sum_{k=0}^{\infty}X^k/k! とします。II は単位行列、i\mathrm{i} は虚数単位です。

前半（設問1）は、有限次元でエルミートかつトレースレスな行列 A,BA,B について、交換子と指数関数の性質を確かめます。エルミート行列 AA がユニタリ行列 VV（V†V=IV^\dagger V=I）と対角行列 DD を用いて A=V†DVA=V^\dagger DV と対角化できること、および det⁡(XY)=det⁡Xdet⁡Y\det(XY)=\det X\det Y は既知として使えます。

後半（設問2以降）は3行3列に限定します。トレースレスな3行3列エルミート行列は8個の実パラメータで書けて、

T=(α7α1−iα2α3−iα4α1+iα2α8α5−iα6α3+iα4α5+iα6−α7−α8)=∑a=18αaTaT=\begin{pmatrix} \alpha_7 & \alpha_1-\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_3-\mathrm{i}\alpha_4\\ \alpha_1+\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_8 & \alpha_5-\mathrm{i}\alpha_6\\ \alpha_3+\mathrm{i}\alpha_4 & \alpha_5+\mathrm{i}\alpha_6 & -\alpha_7-\alpha_8 \end{pmatrix}=\sum_{a=1}^{8}\alpha_a T_a

という展開が基底 T1,…,T8T_1,\dots,T_8（いずれもトレースレスエルミート）を定めます。この TT から作った U=eiθTU=e^{\mathrm{i}\theta T} が、双線形式 x†Tay\boldsymbol x^\dagger T_a\boldsymbol y とベクトル積 x×y\boldsymbol x\times\boldsymbol y をどう混ぜるかを調べるのが設問4です。

設問1

Section titled “設問1”

(i) エルミート性は共役の定義から直に出ます。(XY)†=Y†X†(XY)^\dagger=Y^\dagger X^\dagger と A†=AA^\dagger=A、B†=BB^\dagger=B を使うと

(i[A,B])†=−i (AB−BA)†=−i (B†A†−A†B†)=−i (BA−AB)=i[A,B]\bigl(\mathrm{i}[A,B]\bigr)^\dagger=-\mathrm{i}\,(AB-BA)^\dagger=-\mathrm{i}\,(B^\dagger A^\dagger-A^\dagger B^\dagger)=-\mathrm{i}\,(BA-AB)=\mathrm{i}[A,B]

となり、i[A,B]\mathrm{i}[A,B] はエルミートです。トレースについては、A,BA,B が有限次元の同じ型の正方行列なので tr⁡(AB)=tr⁡(BA)\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA) が成り立ち、

tr⁡(i[A,B])=i(tr⁡(AB)−tr⁡(BA))=0\operatorname{tr}\bigl(\mathrm{i}[A,B]\bigr)=\mathrm{i}\bigl(\operatorname{tr}(AB)-\operatorname{tr}(BA)\bigr)=0

です。トレースレス性のほうは tr⁡A=tr⁡B=0\operatorname{tr}A=\operatorname{tr}B=0 を使わずに、有限次元であることだけから従います。答えは、i[A,B]\mathrm{i}[A,B] はエルミートかつトレースレスである、ということです。

(ii) 有限次元では行列ノルム ∥⋅∥\lVert\cdot\rVert（劣乗法的なもの）に対して ∑k∥iA∥k/k!=e∥A∥<∞\sum_k\lVert \mathrm{i}A\rVert^k/k!=e^{\lVert A\rVert}<\infty ですから、eiAe^{\mathrm{i}A} の級数は絶対収束し、エルミート共役を項別に取れます。(Xk)†=(X†)k(X^k)^\dagger=(X^\dagger)^k と (iA)†=−iA†=−iA(\mathrm{i}A)^\dagger=-\mathrm{i}A^\dagger=-\mathrm{i}A より

U†=∑k=0∞[(iA)k]†k!=∑k=0∞(−iA)kk!=e−iAU^\dagger=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\bigl[(\mathrm{i}A)^k\bigr]^\dagger}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-\mathrm{i}A)^k}{k!}=e^{-\mathrm{i}A}

です。−iA-\mathrm{i}A と iA\mathrm{i}A は可換なので、絶対収束級数のコーシー積と二項定理から eXeY=eX+Ye^{X}e^{Y}=e^{X+Y}（[X,Y]=0[X,Y]=0 のとき）が使えて

U†U=e−iAeiA=e0=IU^\dagger U=e^{-\mathrm{i}A}e^{\mathrm{i}A}=e^{0}=I

を得ます。よって U=eiAU=e^{\mathrm{i}A} はユニタリです。ここで使った仮定は A†=AA^\dagger=A と有限次元性だけです。

(iii) 対角化 A=V†DVA=V^\dagger DV、D=diag(d1,…,dN)D=\mathrm{diag}(d_1,\dots,d_N) を使います。有限次元では V†V=IV^\dagger V=I から VV は正則で V−1=V†V^{-1}=V^\dagger、したがって VV†=IVV^\dagger=I も成り立ちます。これを使うと Ak=V†DkVA^k=V^\dagger D^kV が帰納法で従い、級数の絶対収束から項別に

U=eiA=V†eiDV,eiD=diag(eid1,…,eidN)U=e^{\mathrm{i}A}=V^\dagger e^{\mathrm{i}D}V,\qquad e^{\mathrm{i}D}=\mathrm{diag}\bigl(e^{\mathrm{i}d_1},\dots,e^{\mathrm{i}d_N}\bigr)

となります。det⁡(XY)=det⁡Xdet⁡Y\det(XY)=\det X\det Y と、対角行列の行列式が対角成分の積であることから

det⁡U=det⁡(V†) det⁡(V) det⁡(eiD)=det⁡(V†V)∏j=1Neidj=ei∑jdj=eitr⁡D\det U=\det(V^\dagger)\,\det(V)\,\det\bigl(e^{\mathrm{i}D}\bigr)=\det(V^\dagger V)\prod_{j=1}^{N}e^{\mathrm{i}d_j}=e^{\mathrm{i}\sum_j d_j}=e^{\mathrm{i}\operatorname{tr}D}

です。最後に D=VAV†D=VAV^\dagger とトレースの巡回性から

tr⁡D=tr⁡(VAV†)=tr⁡(AV†V)=tr⁡A=0\operatorname{tr}D=\operatorname{tr}\bigl(VAV^\dagger\bigr)=\operatorname{tr}\bigl(AV^\dagger V\bigr)=\operatorname{tr}A=0

なので、det⁡U=e0=1\det U=e^{0}=1 です。ここで初めて tr⁡A=0\operatorname{tr}A=0 が効いています。

設問2

Section titled “設問2”

T=∑aαaTaT=\sum_a\alpha_aT_a の右辺は αa\alpha_a について線形なので、Ta=∂T/∂αaT_a=\partial T/\partial\alpha_a で取り出せます。設定の行列表示で α1,α2,α7\alpha_1,\alpha_2,\alpha_7 が現れる成分だけを拾うと

T1=(010100000),T2=(0−i0i00000),T7=(10000000−1)T_1=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad T_2=\begin{pmatrix}0&-\mathrm{i}&0\\ \mathrm{i}&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad T_7=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}

が答えです。いずれもエルミートかつトレースレスであることが見て取れます。

設問3

Section titled “設問3”

設問1(i) より i[Ta,Tb]\mathrm{i}[T_a,T_b] はトレースレスエルミートで、そのような3行3列行列は {Tc}\{T_c\} の実係数線形結合で一意に書けます。これが [Ta,Tb]=i∑cAab,cTc[T_a,T_b]=\mathrm{i}\sum_c A_{ab,c}T_c（Aab,cA_{ab,c} 実）の根拠です。あとは交換子を直接計算して、設定の表示で係数を読み取ればよいです。

まず A71,2A_{71,2}。T7=diag(1,0,−1)T_7=\mathrm{diag}(1,0,-1) が左からかかると各行が (1,0,−1)(1,0,-1) 倍され、右からかかると各列が (1,0,−1)(1,0,-1) 倍されるので

T7T1=(010000000),T1T7=(000100000),[T7,T1]=(010−100000)T_7T_1=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad T_1T_7=\begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad [T_7,T_1]=\begin{pmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}

です。一方 iT2\mathrm{i}T_2 はこの行列に一致するので [T7,T1]=iT2[T_7,T_1]=\mathrm{i}T_2、すなわち A71,2=1A_{71,2}=1（他の A71,cA_{71,c} はすべて 0）です。

次に A56,8A_{56,8}。設定の表示から

T5=(000001010),T6=(00000−i0i0),T8=(00001000−1)T_5=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix},\qquad T_6=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-\mathrm{i}\\0&\mathrm{i}&0\end{pmatrix},\qquad T_8=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}

で、T5,T6T_5,T_6 は第2・第3成分の張る2次元部分空間に作用するパウリ行列 σx,σy\sigma_x,\sigma_y そのものです。実際に掛けると

T5T6=(0000i000−i),T6T5=(0000−i000i)T_5T_6=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&\mathrm{i}&0\\0&0&-\mathrm{i}\end{pmatrix},\qquad T_6T_5=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&-\mathrm{i}&0\\0&0&\mathrm{i}\end{pmatrix}

なので [T5,T6]=2i diag(0,1,−1)=2iT8[T_5,T_6]=2\mathrm{i}\,\mathrm{diag}(0,1,-1)=2\mathrm{i}T_8、すなわち A56,8=2A_{56,8}=2（他の A56,cA_{56,c} はすべて 0）です。

答えは A71,2=1A_{71,2}=1、A56,8=2A_{56,8}=2 です。T7=diag(1,0,−1)T_7=\mathrm{diag}(1,0,-1) は第2成分に触らないので T1,T2T_1,T_2 の張る部分に対しては「片側だけ」効き、係数が 1 にとどまります。これに対し T5,T6T_5,T_6 は同じ2次元部分空間内のパウリ代数なので、[σx,σy]=2iσz[\sigma_x,\sigma_y]=2\mathrm{i}\sigma_z の 2 がそのまま出ます。

設問4

Section titled “設問4”

(i) x′=Ux\boldsymbol x'=U\boldsymbol x、y′=Uy\boldsymbol y'=U\boldsymbol y より Ga′=x†U†TaUyG_a'=\boldsymbol x^\dagger U^\dagger T_a U\boldsymbol y です。TT はエルミートなので設問1(ii) と同じ計算で U†=e−iθTU^\dagger=e^{-\mathrm{i}\theta T} であり、θ\theta の1次まで展開すると

U†TaU=(I−iθT)Ta(I+iθT)+O(θ2)=Ta+iθ[Ta,T]+O(θ2)U^\dagger T_aU=(I-\mathrm{i}\theta T)T_a(I+\mathrm{i}\theta T)+\mathcal O(\theta^2)=T_a+\mathrm{i}\theta[T_a,T]+\mathcal O(\theta^2)

です。ここで設問3の展開を使うと、T=∑bαbTbT=\sum_b\alpha_bT_b に対して

[Ta,T]=∑b=18αb[Ta,Tb]=i∑b,c=18αbAab,cTc[T_a,T]=\sum_{b=1}^{8}\alpha_b[T_a,T_b]=\mathrm{i}\sum_{b,c=1}^{8}\alpha_bA_{ab,c}T_c

となり、[Ta,T][T_a,T] が再び {Tc}\{T_c\} の線形結合になることが要点です。したがって

U†TaU=Ta−θ∑b,c=18αbAab,cTc+O(θ2)U^\dagger T_aU=T_a-\theta\sum_{b,c=1}^{8}\alpha_bA_{ab,c}T_c+\mathcal O(\theta^2)

で、両側から x†,y\boldsymbol x^\dagger,\boldsymbol y をはさめば

Ga′=Ga−θ∑b=18(∑c=18αcAac,b)Gb+O(θ2)G_a'=G_a-\theta\sum_{b=1}^{8}\Bigl(\sum_{c=1}^{8}\alpha_cA_{ac,b}\Bigr)G_b+\mathcal O(\theta^2)

となって、確かに Ga′=Ga+iθ∑bHabGb+O(θ2)G_a'=G_a+\mathrm{i}\theta\sum_bH_{ab}G_b+\mathcal O(\theta^2) の形に書けます（GbG_b 以外の新しい双線形式は現れません）。係数を比べると iHab=−∑cαcAac,b\mathrm{i}H_{ab}=-\sum_c\alpha_cA_{ac,b} なので、答えは

Hab=i∑c=18αcAac,b=−i∑c=18αcAca,bH_{ab}=\mathrm{i}\sum_{c=1}^{8}\alpha_cA_{ac,b}=-\mathrm{i}\sum_{c=1}^{8}\alpha_cA_{ca,b}

です（2つ目の表式は Aab,c=−Aba,cA_{ab,c}=-A_{ba,c} を使いました。これは [Ta,Tb]=−[Tb,Ta][T_a,T_b]=-[T_b,T_a] と TcT_c の線形独立性から出ます）。iHab=−∑cαcAac,b\mathrm{i}H_{ab}=-\sum_c\alpha_cA_{ac,b} が実行列であること、すなわち HabH_{ab} が純虚数になることが特徴で、GaG_a の組が8次元の随伴表現をなしていることに対応します。

検算として α7=1\alpha_7=1、他をゼロに取ると U=diag(eiθ,1,e−iθ)U=\mathrm{diag}(e^{\mathrm{i}\theta},1,e^{-\mathrm{i}\theta}) で、G1=xˉ1y2+xˉ2y1G_1=\bar x_1y_2+\bar x_2y_1 から

G1′=e−iθxˉ1y2+eiθxˉ2y1=G1+iθ(−xˉ1y2+xˉ2y1)+O(θ2)=G1+iθ(−iG2)+O(θ2)G_1'=e^{-\mathrm{i}\theta}\bar x_1y_2+e^{\mathrm{i}\theta}\bar x_2y_1=G_1+\mathrm{i}\theta\bigl(-\bar x_1y_2+\bar x_2y_1\bigr)+\mathcal O(\theta^2)=G_1+\mathrm{i}\theta(-\mathrm{i}G_2)+\mathcal O(\theta^2)

すなわち H12=−iH_{12}=-\mathrm{i} です。一方公式のほうは、[T1,T7]=−iT2[T_1,T_7]=-\mathrm{i}T_2 より A17,2=−1A_{17,2}=-1 なので H12=iα7A17,2=−iH_{12}=\mathrm{i}\alpha_7A_{17,2}=-\mathrm{i}。一致します。

(ii) U=I+iθT+O(θ2)U=I+\mathrm{i}\theta T+\mathcal O(\theta^2) を成分で書くと xj′=xj+iθ∑ℓTjℓxℓ+O(θ2)x_j'=x_j+\mathrm{i}\theta\sum_\ell T_{j\ell}x_\ell+\mathcal O(\theta^2)、同様に yk′y_k' です。これを zi′z_i' に入れて θ\theta の1次を集めると

zi′=zi+iθWi+O(θ2),Wi=∑j,k,ℓεijkTjℓxℓyk+∑j,k,mεijkxjTkmymz_i'=z_i+\mathrm{i}\theta W_i+\mathcal O(\theta^2),\qquad W_i=\sum_{j,k,\ell}\varepsilon_{ijk}T_{j\ell}x_\ell y_k+\sum_{j,k,m}\varepsilon_{ijk}x_jT_{km}y_m

です。WiW_i を xpyqx_py_q の係数の形にそろえると Wi=∑p,qCipqxpyqW_i=\sum_{p,q}C_{ipq}x_py_q、

Cipq=∑jεijqTjp+∑kεipkTkqC_{ipq}=\sum_{j}\varepsilon_{ijq}T_{jp}+\sum_{k}\varepsilon_{ipk}T_{kq}

となります。εijqTjp=−εiqjTjp\varepsilon_{ijq}T_{jp}=-\varepsilon_{iqj}T_{jp}、εipkTkq=−εikpTkq\varepsilon_{ipk}T_{kq}=-\varepsilon_{ikp}T_{kq} と書き換えれば Cipq=−CiqpC_{ipq}=-C_{iqp}、つまり CC は p,qp,q について反対称です。ここが zz だけで閉じるための鍵です。

反対称性より、xpyqx_py_q の対称部分は落ちます。与えられた恒等式を ∑rεpqrεrab=δpaδqb−δpbδqa\sum_r\varepsilon_{pqr}\varepsilon_{rab}=\delta_{pa}\delta_{qb}-\delta_{pb}\delta_{qa} の形で使うと ∑rεpqrzr=xpyq−xqyp\sum_r\varepsilon_{pqr}z_r=x_py_q-x_qy_p なので

Wi=12∑p,qCipq(xpyq−xqyp)=∑rNirzr,Nir=12∑p,qεpqrCipqW_i=\frac12\sum_{p,q}C_{ipq}\bigl(x_py_q-x_qy_p\bigr)=\sum_{r}N_{ir}z_r,\qquad N_{ir}=\frac12\sum_{p,q}\varepsilon_{pqr}C_{ipq}

と書けます。あとは NirN_{ir} を計算します。第1項は ∑qεijqεqrp=δirδjp−δipδjr\sum_q\varepsilon_{ijq}\varepsilon_{qrp}=\delta_{ir}\delta_{jp}-\delta_{ip}\delta_{jr} を使って

12∑p,q,jεpqrεijqTjp=12∑p,j(δirδjp−δipδjr)Tjp=12(δirtr⁡T−Tri)=−12Tri\frac12\sum_{p,q,j}\varepsilon_{pqr}\varepsilon_{ijq}T_{jp}=\frac12\sum_{p,j}\bigl(\delta_{ir}\delta_{jp}-\delta_{ip}\delta_{jr}\bigr)T_{jp}=\frac12\bigl(\delta_{ir}\operatorname{tr}T-T_{ri}\bigr)=-\frac12T_{ri}

第2項は ∑pεkipεpqr=δkqδir−δkrδiq\sum_p\varepsilon_{kip}\varepsilon_{pqr}=\delta_{kq}\delta_{ir}-\delta_{kr}\delta_{iq} を使って

12∑p,q,kεpqrεipkTkq=12∑q,k(δkqδir−δkrδiq)Tkq=12(δirtr⁡T−Tri)=−12Tri\frac12\sum_{p,q,k}\varepsilon_{pqr}\varepsilon_{ipk}T_{kq}=\frac12\sum_{q,k}\bigl(\delta_{kq}\delta_{ir}-\delta_{kr}\delta_{iq}\bigr)T_{kq}=\frac12\bigl(\delta_{ir}\operatorname{tr}T-T_{ri}\bigr)=-\frac12T_{ri}

です。どちらも tr⁡T=0\operatorname{tr}T=0 を使いました。合わせて Nir=−TriN_{ir}=-T_{ri}、すなわち Wi=−∑r(TT)irzrW_i=-\sum_r(T^{\mathrm T})_{ir}z_r です。よって

z′=(I+iθM)z+O(θ2),M=−TT=−T∗\boldsymbol z'=\bigl(I+\mathrm{i}\theta M\bigr)\boldsymbol z+\mathcal O(\theta^2),\qquad M=-T^{\mathrm T}=-T^{*}

が答えです。ここで X∗X^{*} は成分ごとの複素共役を表し、TT がエルミートなので TT=T∗T^{\mathrm T}=T^{*} です。成分で書けば

M=−(α7α1+iα2α3+iα4α1−iα2α8α5+iα6α3−iα4α5−iα6−α7−α8)M=-\begin{pmatrix} \alpha_7 & \alpha_1+\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_3+\mathrm{i}\alpha_4\\ \alpha_1-\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_8 & \alpha_5+\mathrm{i}\alpha_6\\ \alpha_3-\mathrm{i}\alpha_4 & \alpha_5-\mathrm{i}\alpha_6 & -\alpha_7-\alpha_8 \end{pmatrix}

です。トレースレス性 tr⁡T=0\operatorname{tr}T=0 が本質的で、これがないと δirtr⁡T\delta_{ir}\operatorname{tr}T の項が残り、z\boldsymbol z だけでは閉じません。

検算します。設問1(ii)(iii) より U−1=U†U^{-1}=U^\dagger かつ det⁡U=1\det U=1 ですから、ベクトル積の一般公式 (Ux)×(Uy)=det⁡U (U−1)T(x×y)(U\boldsymbol x)\times(U\boldsymbol y)=\det U\,\bigl(U^{-1}\bigr)^{\mathrm T}(\boldsymbol x\times\boldsymbol y) が z′=(U†)Tz=U∗z\boldsymbol z'=\bigl(U^\dagger\bigr)^{\mathrm T}\boldsymbol z=U^{*}\boldsymbol z を与えます。そして

U∗=(eiθT)∗=e−iθT∗=I+iθ(−T∗)+O(θ2)U^{*}=\bigl(e^{\mathrm{i}\theta T}\bigr)^{*}=e^{-\mathrm{i}\theta T^{*}}=I+\mathrm{i}\theta\bigl(-T^{*}\bigr)+\mathcal O(\theta^2)

で M=−T∗M=-T^{*} と一致します。z\boldsymbol z が共役表現に属することが、θ\theta の1次に限らず厳密に成り立っているわけです。

第2問 ゼータ関数正則化による固有値の無限積

Section titled “第2問 ゼータ関数正則化による固有値の無限積”

設定

Section titled “設定”

区間 [0,π][0,\pi] 上の関数に作用する演算子

Hα=−d2dx2−mα2(mα>0, α=1,2)H_\alpha=-\frac{d^2}{dx^2}-m_\alpha^2\qquad(m_\alpha>0,\ \alpha=1,2)

の固有値問題を、境界条件 f′(0)=0f'(0)=0、f(π)=0f(\pi)=0 のもとで考えます。nn 番目に小さい固有値を λα(n)\lambda_\alpha^{(n)}、固有関数を fα(n)f_\alpha^{(n)} とし、自明解は除きます。目標は固有値の比の無限積

D=∏n=1∞λ2(n)λ1(n)D=\prod_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda_2^{(n)}}{\lambda_1^{(n)}}

を閉じた形で書くことです。道具はスペクトルゼータ関数 Z(s)=∑n[(λ2(n))−s−(λ1(n))−s]Z(s)=\sum_n\bigl[(\lambda_2^{(n)})^{-s}-(\lambda_1^{(n)})^{-s}\bigr] と、Hαg=λgH_\alpha g=\lambda g を x=0x=0 での初期値問題として解いた gα(x;λ)g_\alpha(x;\lambda) の端点値 g~α(λ)=gα(π;λ)\tilde g_\alpha(\lambda)=g_\alpha(\pi;\lambda) です。g~α\tilde g_\alpha は固有値をちょうどゼロ点にもつ関数（特性関数）としてはたらき、その対数微分の留数から固有値の和が拾えます。設問2では mα<1/2m_\alpha<1/2 を仮定します。用いてよい公式として ∮C0dz/z=2πi\oint_{\mathrm C_0}dz/z=2\pi\mathrm{i}（C0\mathrm C_0 は原点を反時計回りに1周する閉曲線）が与えられています。

設問1

Section titled “設問1”

固有値方程式は −f′′−mα2f=λf-f''-m_\alpha^2f=\lambda f、つまり f′′+μf=0f''+\mu f=0（μ≡λ+mα2\mu\equiv\lambda+m_\alpha^2）です。μ\mu の符号で場合分けし、境界条件 f′(0)=0f'(0)=0、f(π)=0f(\pi)=0 を課します。

μ<0\mu<0 のとき、κ=−μ>0\kappa=\sqrt{-\mu}>0 として f=Acosh⁡κx+Bsinh⁡κxf=A\cosh\kappa x+B\sinh\kappa x。f′(0)=Bκ=0f'(0)=B\kappa=0 より B=0B=0、f(π)=Acosh⁡κπ=0f(\pi)=A\cosh\kappa\pi=0 で cosh⁡κπ≥1>0\cosh\kappa\pi\ge1>0 だから A=0A=0、自明解のみです。

μ=0\mu=0 のとき、f=A+Bxf=A+Bx。f′(0)=B=0f'(0)=B=0 より f=Af=A 定数で、f(π)=A=0f(\pi)=A=0、やはり自明解のみです。

μ>0\mu>0 のとき、k=μ>0k=\sqrt{\mu}>0 として f=Acos⁡kx+Bsin⁡kxf=A\cos kx+B\sin kx。f′(0)=Bk=0f'(0)=Bk=0 かつ k≠0k\ne0 より B=0B=0。f(π)=Acos⁡kπ=0f(\pi)=A\cos k\pi=0 で A≠0A\ne0（自明解を除く）だから cos⁡kπ=0\cos k\pi=0、すなわち k=ℓ+12k=\ell+\tfrac12（ℓ\ell は整数）です。k>0k>0 より ℓ=0,1,2,…\ell=0,1,2,\dots に限られるので、n=ℓ+1n=\ell+1 と番号を振り直して k=n−12k=n-\tfrac12（n=1,2,3,…n=1,2,3,\dots）となります。

したがって μ=(n−12)2\mu=\bigl(n-\tfrac12\bigr)^2 であり、答えは

λα(n)=(n−12)2−mα2,fα(n)(x)=cos⁡[(n−12)x]\lambda_\alpha^{(n)}=\Bigl(n-\frac12\Bigr)^2-m_\alpha^2,\qquad f_\alpha^{(n)}(x)=\cos\Bigl[\Bigl(n-\frac12\Bigr)x\Bigr]

です（固有関数はゼロでない定数倍の任意性があります）。λα(n)\lambda_\alpha^{(n)} は nn について単調増加なので、この nn がそのまま「nn 番目に小さい」の番号づけになっています。Hαfα(n)=[(n−12)2−mα2]fα(n)H_\alpha f_\alpha^{(n)}=\bigl[(n-\tfrac12)^2-m_\alpha^2\bigr]f_\alpha^{(n)} を直接代入でも確認できます。なお mα<1/2m_\alpha<1/2 のときは最小固有値 λα(1)=14−mα2\lambda_\alpha^{(1)}=\tfrac14-m_\alpha^2 が正なので、すべての固有値が正の実軸上に並びます。これが設問2で λ−s\lambda^{-s} や ln⁡λ\ln\lambda を一意に扱える理由です。

設問2

Section titled “設問2”

(i) λ−s=e−sln⁡λ\lambda^{-s}=e^{-s\ln\lambda} と書けば ln⁡λ\ln\lambda は ss に依らない定数なので、

ddsλ−s=−ln⁡λ  e−sln⁡λ=−λ−sln⁡λ\frac{d}{ds}\lambda^{-s}=-\ln\lambda\;e^{-s\ln\lambda}=-\lambda^{-s}\ln\lambda

が答えです（ln⁡λ\ln\lambda の分枝は λ−s\lambda^{-s} に用いたものと同じに取ります）。

(ii) Z(s)Z(s) を項別に微分します。設問1より λα(n)>0\lambda_\alpha^{(n)}>0 で、大きい nn では

(λ2(n))−s−(λ1(n))−s=s (m22−m12)(n−12)2s+2+O ⁣(n−2s−4)(\lambda_2^{(n)})^{-s}-(\lambda_1^{(n)})^{-s}=\frac{s\,(m_2^2-m_1^2)}{(n-\frac12)^{2s+2}}+\mathcal O\!\left(n^{-2s-4}\right)

なので、この和は Re⁡s>−12\operatorname{Re}s>-\tfrac12 で広義一様絶対収束します。よって s=0s=0 の近傍で ZZ は正則で、項別微分が許されます。(i) を使って

Z′(s)=∑n=1∞[−(λ2(n))−sln⁡λ2(n)+(λ1(n))−sln⁡λ1(n)]Z'(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[-(\lambda_2^{(n)})^{-s}\ln\lambda_2^{(n)}+(\lambda_1^{(n)})^{-s}\ln\lambda_1^{(n)}\Bigr]

s=0s=0 とおくと

Z′(0)=∑n=1∞ln⁡λ1(n)λ2(n)=−ln⁡∏n=1∞λ2(n)λ1(n)=−ln⁡DZ'(0)=\sum_{n=1}^{\infty}\ln\frac{\lambda_1^{(n)}}{\lambda_2^{(n)}}=-\ln\prod_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda_2^{(n)}}{\lambda_1^{(n)}}=-\ln D

です（各項は O(n−2)\mathcal O(n^{-2}) なのでこの和も絶対収束し、DD は収束する無限積です）。答えは

D=e−Z′(0)D=e^{-Z'(0)}

です。Z(0)=∑n(1−1)=0Z(0)=\sum_n(1-1)=0 も同時に読み取れます。

(iii) 方程式は設問1と同じ g′′+(λ+mα2)g=0g''+(\lambda+m_\alpha^2)g=0 です。λ>−mα2\lambda>-m_\alpha^2 より kα≡λ+mα2>0k_\alpha\equiv\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}>0 が実数で、一般解は g=Acos⁡kαx+Bsin⁡kαxg=A\cos k_\alpha x+B\sin k_\alpha x。条件 ∂xg∣x=0=Bkα=0\partial_xg|_{x=0}=Bk_\alpha=0 と kα≠0k_\alpha\ne0 より B=0B=0、条件 g(0;λ)=A=1g(0;\lambda)=A=1 より A=1A=1 です。よって

gα(x;λ)=cos⁡(λ+mα2  x)g_\alpha(x;\lambda)=\cos\Bigl(\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\;x\Bigr)

が答えで、これは初期値問題の解として一意です。したがって

g~α(λ)=cos⁡(πλ+mα2)\tilde g_\alpha(\lambda)=\cos\Bigl(\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\Bigr)

です。cos⁡(πw)=∑j≥0(−1)jπ2jwj/(2j)!\cos(\pi\sqrt{w})=\sum_{j\ge0}(-1)^j\pi^{2j}w^{j}/(2j)! は ww の整関数なので、g~α(λ)\tilde g_\alpha(\lambda) は λ\lambda 全平面で正則に解析接続され、平方根の分枝の任意性もありません。ゼロ点は πλ+mα2=(n−12)π\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}=\bigl(n-\tfrac12\bigr)\pi すなわち λ=λα(n)\lambda=\lambda_\alpha^{(n)} のみで、設問1の固有値と一致します。

(iv) g~α\tilde g_\alpha のゼロ点は単純です。実際

dg~αdλ=−π2λ+mα2sin⁡(πλ+mα2)\frac{d\tilde g_\alpha}{d\lambda}=-\frac{\pi}{2\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}}\sin\Bigl(\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\Bigr)

を λ=λα(n)\lambda=\lambda_\alpha^{(n)} で評価すると kα(n)=(−1)nπ/[2(n−12)]≠0k_\alpha^{(n)}=(-1)^{n}\pi/\bigl[2(n-\tfrac12)\bigr]\ne0 です。問題文の局所展開 g~α(λ)=kα(n)(λ−λα(n))+O[(λ−λα(n))2]\tilde g_\alpha(\lambda)=k_\alpha^{(n)}(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})+\mathcal O\bigl[(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})^2\bigr] を対数微分に入れると

1g~α(λ)dg~α(λ)dλ=kα(n)+O(λ−λα(n))kα(n)(λ−λα(n))+O[(λ−λα(n))2]=1λ−λα(n)+O(1)\frac{1}{\tilde g_\alpha(\lambda)}\frac{d\tilde g_\alpha(\lambda)}{d\lambda}=\frac{k_\alpha^{(n)}+\mathcal O(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})}{k_\alpha^{(n)}(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})+\mathcal O\bigl[(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})^2\bigr]}=\frac{1}{\lambda-\lambda_\alpha^{(n)}}+\mathcal O(1)

となり、λ=λα(n)\lambda=\lambda_\alpha^{(n)} は留数 1 の1位の極です。g~α\tilde g_\alpha にはこれ以外のゼロ点がないので、これ以外の極もありません。

経路 C はすべての λα(n)\lambda_\alpha^{(n)} を反時計回りに1周し（図1左：実軸の上側を左向きに来て原点の右で折り返し、実軸の下側を右向きに戻る向きなので、極は常に進行方向の左側にあります）、λ−s\lambda^{-s} の切断 arg⁡λ=θ≠0\arg\lambda=\theta\ne0 を横切りません。Re⁡s\operatorname{Re}s を十分大きく取れば無限遠での寄与は落ちるので、C を各極を囲む微小円の和に縮められます。λ−s\lambda^{-s} は各極の近傍で正則なので λ−s=(λα(n))−s+O(λ−λα(n))\lambda^{-s}=(\lambda_\alpha^{(n)})^{-s}+\mathcal O(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)}) と展開でき、O(1)\mathcal O(1) 部分および O(λ−λα(n))\mathcal O(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)}) 部分は正則なのでコーシーの定理で消え、∮C0dz/z=2πi\oint_{\mathrm C_0}dz/z=2\pi\mathrm{i} から

∫Cλ−s1g~α(λ)dg~α(λ)dλdλ=2πi∑n=1∞(λα(n))−s\int_{\mathrm C}\lambda^{-s}\frac{1}{\tilde g_\alpha(\lambda)}\frac{d\tilde g_\alpha(\lambda)}{d\lambda}d\lambda=2\pi\mathrm{i}\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(\lambda_\alpha^{(n)}\bigr)^{-s}

を得ます。α=2\alpha=2 と α=1\alpha=1 の差を取れば

∫Cλ−s[1g~2dg~2dλ−1g~1dg~1dλ]dλ=2πi∑n=1∞[(λ2(n))−s−(λ1(n))−s]=2πi Z(s)\int_{\mathrm C}\lambda^{-s}\left[\frac{1}{\tilde g_2}\frac{d\tilde g_2}{d\lambda}-\frac{1}{\tilde g_1}\frac{d\tilde g_1}{d\lambda}\right]d\lambda =2\pi\mathrm{i}\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[(\lambda_2^{(n)})^{-s}-(\lambda_1^{(n)})^{-s}\Bigr]=2\pi\mathrm{i}\,Z(s)

なので、与えられた関係式が成り立ち、定数は

A=12πiA=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}

です。

(v) 対数微分をまとめて Φ(λ)≡ln⁡g~2(λ)−ln⁡g~1(λ)\Phi(\lambda)\equiv\ln\tilde g_2(\lambda)-\ln\tilde g_1(\lambda) と書くと、(iv) は

Z(s)=12πi∫Cλ−s Φ′(λ) dλZ(s)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{\mathrm C}\lambda^{-s}\,\Phi'(\lambda)\,d\lambda

です。g~α\tilde g_\alpha のゼロ点は正の実軸上だけなので、Φ\Phi は切断の方向 arg⁡λ=θ≠0\arg\lambda=\theta\ne0 の半直線上（原点を含めて）正則です。ここで問題文の許すとおり、経路を C から Cin+Cout\mathrm C_{\mathrm{in}}+\mathrm C_{\mathrm{out}} に変形します。図1右より Cin\mathrm C_{\mathrm{in}} は切断の arg⁡λ=θ−\arg\lambda=\theta^{-} 側を無限遠から原点へ、Cout\mathrm C_{\mathrm{out}} は切断の反対側を原点から無限遠へ向かう経路です。λ−s\lambda^{-s} の分枝を arg⁡λ∈(θ−2π,θ)\arg\lambda\in(\theta-2\pi,\theta) に取ると、Cin\mathrm C_{\mathrm{in}} 上では arg⁡λ=θ\arg\lambda=\theta、Cout\mathrm C_{\mathrm{out}} 上では arg⁡λ=θ−2π\arg\lambda=\theta-2\pi です。この 2π2\pi のずれが両者を打ち消さずに残します。λ=reiθ\lambda=r e^{\mathrm{i}\theta} とおいて

∫Cinλ−sΦ′ dλ=∫∞0r−se−isθ Φ′(reiθ)eiθdr=−J(s),∫Coutλ−sΦ′ dλ=e2πis∫0∞r−se−isθ Φ′(reiθ)eiθdr=e2πisJ(s)\begin{aligned} \int_{\mathrm C_{\mathrm{in}}}\lambda^{-s}\Phi'\,d\lambda&=\int_{\infty}^{0}r^{-s}e^{-\mathrm{i}s\theta}\,\Phi'\bigl(re^{\mathrm{i}\theta}\bigr)e^{\mathrm{i}\theta}dr=-J(s),\\ \int_{\mathrm C_{\mathrm{out}}}\lambda^{-s}\Phi'\,d\lambda&=e^{2\pi\mathrm{i}s}\int_{0}^{\infty}r^{-s}e^{-\mathrm{i}s\theta}\,\Phi'\bigl(re^{\mathrm{i}\theta}\bigr)e^{\mathrm{i}\theta}dr=e^{2\pi\mathrm{i}s}J(s) \end{aligned}

ただし J(s)=∫0∞eiθλ−sΦ′(λ) dλJ(s)=\int_0^{\infty e^{\mathrm{i}\theta}}\lambda^{-s}\Phi'(\lambda)\,d\lambda です。したがって

Z(s)=e2πis−12πi J(s)Z(s)=\frac{e^{2\pi\mathrm{i}s}-1}{2\pi\mathrm{i}}\,J(s)

となります。この表式が使える ss の範囲を確認します。原点側では Φ′\Phi' が正則で有界なので、原点を回る半径 ε\varepsilon の小円の寄与は O(ε1−Re⁡s)\mathcal O(\varepsilon^{1-\operatorname{Re}s}) であり、Re⁡s<1\operatorname{Re}s<1 なら ε→0\varepsilon\to0 で落ちて J(s)J(s) の積分も収束します。無限遠側は下で見るように Φ′=O(∣λ∣−3/2)\Phi'=\mathcal O(|\lambda|^{-3/2}) なので Re⁡s>−12\operatorname{Re}s>-\tfrac12 で収束します。よって −12<Re⁡s<1-\tfrac12<\operatorname{Re}s<1 で上の表式が Z(s)Z(s) の解析接続を与え、s=0s=0 を含みます。

無限遠での振る舞いを評価します。wα=λ+mα2w_\alpha=\sqrt{\lambda+m_\alpha^2} とすると arg⁡λ=θ≠0\arg\lambda=\theta\ne0 では Im⁡wα>0\operatorname{Im}w_\alpha>0 で ∣e2πiwα∣=e−2πIm⁡wα→0|e^{2\pi\mathrm{i}w_\alpha}|=e^{-2\pi\operatorname{Im}w_\alpha}\to0 です。cos⁡(πw)=12e−iπw(1+e2πiw)\cos(\pi w)=\tfrac12e^{-\mathrm{i}\pi w}\bigl(1+e^{2\pi\mathrm{i}w}\bigr) を使うと

Φ(λ)=−iπ(w2−w1)+ln⁡1+e2πiw21+e2πiw1,w2−w1=m22−m12w2+w1\Phi(\lambda)=-\mathrm{i}\pi\bigl(w_2-w_1\bigr)+\ln\frac{1+e^{2\pi\mathrm{i}w_2}}{1+e^{2\pi\mathrm{i}w_1}},\qquad w_2-w_1=\frac{m_2^2-m_1^2}{w_2+w_1}

なので ∣λ∣→∞|\lambda|\to\infty で Φ(λ)→0\Phi(\lambda)\to0（実際 Φ=O(∣λ∣−1/2)\Phi=\mathcal O(|\lambda|^{-1/2})、Φ′=O(∣λ∣−3/2)\Phi'=\mathcal O(|\lambda|^{-3/2})）です。この表式は半直線上で連続な分枝を与えており、λ=0\lambda=0 では wα=mαw_\alpha=m_\alpha、1+e2πimα=2cos⁡(πmα)eiπmα1+e^{2\pi\mathrm{i}m_\alpha}=2\cos(\pi m_\alpha)e^{\mathrm{i}\pi m_\alpha} から

Φ(0)=−iπ(m2−m1)+ln⁡cos⁡πm2cos⁡πm1+iπ(m2−m1)=ln⁡g~2(0)g~1(0)\Phi(0)=-\mathrm{i}\pi(m_2-m_1)+\ln\frac{\cos\pi m_2}{\cos\pi m_1}+\mathrm{i}\pi(m_2-m_1)=\ln\frac{\tilde g_2(0)}{\tilde g_1(0)}

と実数値の主枝になります（mα<1/2m_\alpha<1/2 より cos⁡πmα>0\cos\pi m_\alpha>0）。よって

J(0)=∫0∞eiθΦ′(λ) dλ=Φ(∞eiθ)−Φ(0)=−Φ(0)J(0)=\int_0^{\infty e^{\mathrm{i}\theta}}\Phi'(\lambda)\,d\lambda=\Phi\bigl(\infty e^{\mathrm{i}\theta}\bigr)-\Phi(0)=-\Phi(0)

です。最後に s→0s\to0 の展開 e2πis−12πi=s+O(s2)\dfrac{e^{2\pi\mathrm{i}s}-1}{2\pi\mathrm{i}}=s+\mathcal O(s^2) を使うと Z(s)=s J(0)+O(s2)Z(s)=s\,J(0)+\mathcal O(s^2)、すなわち Z(0)=0Z(0)=0 と

Z′(0)=J(0)=−Φ(0)=ln⁡g~1(0)g~2(0)Z'(0)=J(0)=-\Phi(0)=\ln\frac{\tilde g_1(0)}{\tilde g_2(0)}

が答えです。Z(0)=0Z(0)=0 は設問2(ii) の直接計算とも合っています。

(vi) 設問2(iii) の g~α(λ)=cos⁡(πλ+mα2)\tilde g_\alpha(\lambda)=\cos\bigl(\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\bigr) に λ=0\lambda=0 を入れると、mα>0m_\alpha>0 より

g~α(0)=cos⁡(πmα)\tilde g_\alpha(0)=\cos\bigl(\pi m_\alpha\bigr)

です。これを設問2(v) と (ii) に順に入れると Z′(0)=ln⁡[cos⁡(πm1)/cos⁡(πm2)]Z'(0)=\ln\bigl[\cos(\pi m_1)/\cos(\pi m_2)\bigr] なので

D=e−Z′(0)=g~2(0)g~1(0)=cos⁡(πm2)cos⁡(πm1)D=e^{-Z'(0)}=\frac{\tilde g_2(0)}{\tilde g_1(0)}=\frac{\cos\bigl(\pi m_2\bigr)}{\cos\bigl(\pi m_1\bigr)}

が答えです。mα<1/2m_\alpha<1/2 より分母・分子はともに正で、D>0D>0 になっています。

検算を2通りします。第1に、m1=m2m_1=m_2 なら D=1D=1 で、定義 D=∏nλ2(n)/λ1(n)D=\prod_n\lambda_2^{(n)}/\lambda_1^{(n)} から自明に正しい値です。第2に、余弦の無限積表示

cos⁡(πz)=∏n=1∞[1−z2(n−12)2]\cos(\pi z)=\prod_{n=1}^{\infty}\left[1-\frac{z^2}{\bigl(n-\frac12\bigr)^2}\right]

を使うと、設問1の λα(n)=(n−12)2−mα2\lambda_\alpha^{(n)}=\bigl(n-\tfrac12\bigr)^2-m_\alpha^2 から

D=∏n=1∞(n−12)2−m22(n−12)2−m12=∏n[1−m22/(n−12)2]∏n[1−m12/(n−12)2]=cos⁡(πm2)cos⁡(πm1)D=\prod_{n=1}^{\infty}\frac{\bigl(n-\frac12\bigr)^2-m_2^2}{\bigl(n-\frac12\bigr)^2-m_1^2} =\frac{\prod_n\bigl[1-m_2^2/(n-\frac12)^2\bigr]}{\prod_n\bigl[1-m_1^2/(n-\frac12)^2\bigr]} =\frac{\cos(\pi m_2)}{\cos(\pi m_1)}

となって一致します。数値でも確かめられます。m1=0.1m_1=0.1、m2=0.4m_2=0.4 とすると cos⁡(0.4π)/cos⁡(0.1π)=0.3090/0.9511=0.32492\cos(0.4\pi)/\cos(0.1\pi)=0.3090/0.9511=0.32492 で、無限積を直接 nn について打ち切って評価した値 0.324920.32492 に一致します。

DD が端点値の比だけで書けたことの見通しも付けておきます。g~α\tilde g_\alpha はゼロ点が λα(n)\lambda_\alpha^{(n)} のみの整関数なので

g~α(λ)=g~α(0)∏n=1∞(1−λλα(n))\tilde g_\alpha(\lambda)=\tilde g_\alpha(0)\prod_{n=1}^{\infty}\Bigl(1-\frac{\lambda}{\lambda_\alpha^{(n)}}\Bigr)

という因数分解をもち、上で使った余弦の無限積表示はまさにその具体形です。つまり g~α(0)\tilde g_\alpha(0) が「固有値の総積」の役割を、α\alpha に依らない共通の発散因子を除いて担っています。比を取るとその因子が消えて D=g~2(0)/g~1(0)D=\tilde g_2(0)/\tilde g_1(0) が残るわけで、設問2(ii) から (v) までの筋道は、この形式的な議論を発散なしに実行したものになっています。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成31年度 修士課程 入学試験問題 数学。問題文は要約して引用しています。

Report an error in this article ・Operated by: Mugen Giken LLC ・Pricing ・Terms ・Legal notice

© 2026 夢現技研合同会社 ・Feeding the text to an LLM is welcome. Code samples are MIT licensed.